UNIVERSIDAD AUSTRAL DE CHILE

FACULTAD DE CIENCIAS DE LA INGENIERı́A

CENTRO DE DOCENCIA DE CIENCIAS BÁSICAS PARA INGENIERÍA

ECUACIONES DIFERENCIALES
PAUTA PRUEBA SUMATIVA 11
30 de abril del 2021

Problema 1 Resuelva las siguientes E.D.O.

y
a) xy 0 = y + xe x .
Desarrollo:
En este caso tenemos que la E.D.O. la podemos reescribir como:
y
(y + xe x )dx − xdy = 0

de donde tenemos
y
M (x, y) = y + xe x .
N (x, y) = −x.
En este caso observemos que
M (αx, αy) = αM (x, y) , homogénea de grado uno.
N (αx, αy) = αN (x, y) , homogénea de grado uno.
Luego la E.D.O. es homogénea.
—————————————————–(0.3)—————————————————–

Como N (x, y) tiene una expresión más simple haremos

y = ux ⇒ dy = udx + xdu

reemplazando tenemos

ux
(ux + xe x )dx − x(udx + xdu) = 0
(ux + xe )dx − xudx − x2 du = 0
u

xeu dx − x2 du = 0
1
dx − e−u du = 0, E.D.O. a variable separable
x

—————————————————–(0.3)—————————————————–
Integrando y volviendo a la variable original se tiene

ln |x| + e−u = C
e−u = C − ln |x|
−u = ln(C − ln |x|)
y(x) = −x ln(C − ln |x|), C∈R

—————————————————–(0.4)—————————————————–
h √ i 
b) 4αx3 y − xeαx + y ln x + x 3 x + α2 + αx4 − eαy + x ln x − x y 0 = 0.


Desarrollo:

En este caso tenemos que la E.D.O. la podemos reescribir como

h p i
3
4αx3 y − xeαx + y ln x + x x + α2 dx + αx4 − eαy + x ln x − x dy = 0.
 

de donde tenemos
√
M (x, y) = 4αx3 y − xeαx + y ln x + x 3 x + α2 .
N (x, y) = αx4 − eαy + x ln x − x.

1
PA/RC/SJ/JCR
De aquı́ tenemos:

∂
M (x, y) = 4αx3 + ln x.
∂y
∂
N (x, y) = 4αx3 + ln x.
∂x
Ası́ la E.D.O, es exacta.
—————————————————–(0.2)—————————————————–

Luego existe una función f , diferenciable , que satisface

∂
f (x, y) = M (x, y).
∂x
∂
f (x, y) = N (x, y).
∂y
Tal que la familia de curvas f (x, y) = C, es solución de la E.D.O.
De las condiciones anteriores tenemos

Z
f (x, y) = N (x, y)dy
Z
= (αx4 − eαy + x ln x − x)dy
eαy
= αx4 y − + y(x ln x − x) + h(x)
α
—————————————————–(0.2)—————————————————–

Usando la primera condición , tenemos ahora

∂
f (x, y) = M (x, y)
∂x
p
4αx3 y + y ln x + h0 (x) = 4αx3 y − xeαx + y ln x + x
3
x + α2

p
h0 (x) = −xeαx + x
3
x + α2
Z Z p
αx 3
h(x) = − xe dx + x x + α2 dx

1 1 3 3α2
= − xeαx + 2 eαx + (x + α2 )7/3 − (x + α2 )4/3 + c
α α 7 4
—————————————————–(0.2)—————————————————–
Ası́

eαy 1 1 3 3α2
f (x, y) = αx4 y − + y(x ln x − x) − xeαx + 2 eαx + (x + α2 )7/3 − (x + α2 )4/3 + c
α α α 7 4

—————————————————–(0.2)—————————————————–

Por o tanto, la solución de la EDO es

f (x, y) = C, C∈R

—————————————————–(0.2)—————————————————–
Problema 2
√
a) Utilice el cambio de variable v = y + sen x para resolver la ecuación diferencial
dy √
= y + sen x − cos x.
dx
Desarrollo:
√
Al utilizar el cambio de variable v = y + sen x, se tiene que
 
dv 1 dy
= √ + cos x
dx 2 y + sen x dx

dy dv
= 2v − cos x
dx dx
—————————————————–(0.3)—————————————————–

luego, reemplazamos en la E.D.O.

dv
2v − cos x = v − cos x
dx
2dv = dx
Z Z
2 dv = dx

2v = x + C, C∈R

finalmente, deshaciendo el cambio de variable obtenemos la solución de la ecuación diferencial

√
2 y + sen x = x + C, C ∈ R
—————————————————–(0.3)—————————————————–

h(x)
b) Determine una función h(x) tal que µ(x, y) = sea un factor integrante de la ecuación
y3
diferencial
dy
x + y + 2x3 e2x y 3 = 0.
dx
Desarrollo:
Reordenando la E.D.O. se tiene que
(y + 2x3 e2x y 3 )dx + xdy = 0
Ahora, para determinar la función h(x), multiplicamos la ecuación por el factor integrante
h(x) h(x)
(y + 2x3 e2x y 3 )dx + 3 xdy = 0
y3 y
 
h(x) h(x)
2
+ 2x3 h(x)e2x dx + 3 xdy = 0
y y
—————————————————–(0.3)—————————————————–
y puesto que la nueva ecuación es una E.D.O. exacta, se tiene que
   
∂ h(x) 3 2x ∂ h(x)
+ 2x h(x)e = x
∂y y2 ∂x y3
h(x) 1
−2 3 = (xh0 (x) + h(x))
y y3

De aquı́
−2h(x) = xh0 (x) + h(x)
—————————————————–(0.2)—————————————————–
que es una E.D.O. de variables separables
xh0 (x) = −3h(x)
dh(x) 3
= − dx
h(x) x
Z Z
dh(x) 3
= − dx
h(x) x
ln(h(x)) = −3 ln(x) + C
∴ h(x) = Cx−3 , C∈R
—————————————————–(0.2)—————————————————–
c) Obtenga una función M (x, y), de modo que la siguiente ecuación diferencial sea exacta
" #
5x 2
  
y
M (x, y)dx + y ln + 3 tan dy = 0, con x > 0, y > 0.
x+3 ln y
Desarrollo:
Para que la E.D.O. sea exacta, se debe cumplir que
" #
5x 2
  
∂M (x, y) ∂ y
= y ln + 3 tan
∂y ∂x x+3 ln y

—————————————- (0.3) —————————————

    
∂M (x, y) ∂ 5x y
= 2y ln + 3 tan
∂y ∂x x+3 ln y
 
∂M (x, y) 1 5(x + 3) − 5x
= 2y ·
∂y 5x (x + 3)2
x+3
∂M (x, y) 1
= 6y
∂y x(x + 3)

—————————————————–(0.2)—————————————————–
Integrando Z
6
M (x, y) = ydy
x(x + 3)
3y 2
∴ M (x, y) = + φ(x)
x(x + 3)
—————————————————–(0.2)—————————————————–
Problema 3
Una solución salina entra a una razón constante de 4 litros/minuto en un tanque que en un principio
contenı́a 100 litros de agua pura. La solución dentro del tanque se mantiene bien revuelta y sale del
tanque a razón de 3 litros/minuto. La concentración de sal en la solución que entra al tanque es de
0.4 kg/litro. Si la capacitad total del tanque es de 200 litros.

a) Plantee el P.V.I. que modela la situación antes que se derrame la solución salina.
Desarrollo:
El P.V.I. para determinar el volumen del tanque queda de la siguiente forma:

 dV = 4 − 3

dt (1)

 V (0) = 100

Notemos que la ecuación diferencial del P.V.I. (1) se resuelve usando integración directa, y su
solución general, está dada por:
dV
= 1
dt
dV = dt
Z Z
dV = dt

V (t) = t + C, C∈R

La solución particular la calculamos de la siguiente manera:

V (0) = 0 + C = 100 ⇒ C = 100

Por lo tanto, el volumen del tanque en un tiempo t es:

V (t) = t + 100

El tanque se llenará cuando V (tr ) = 200, es decir,

tr + 100 = 200 ⇒ tr = 100 [min]

Por lo tanto, el tanque demorará en llenarse 100 [min].

Sea x(t) la cantidad de sal (kg) en el tanque en un tiempo t, con t en minutos.

—————————————————–(0.2)—————————————————–

La ecuación diferencial que modela este problema es:

dx x
= 4 · 0.4 − 3 ·
dt t + 100

El P.V.I. para determinar la cantidad de sal en el tanque en un tiempo t ≤ 100 es:


 dx +
 3
x = 1.6, t ≤ 100
dt t + 100 (2)

 x(0) = 0

—————————————————–(0.4)—————————————————–

b) Determine la cantidad de sal que hay en el tanque al tiempo t antes que se derrame la solución
salina.
Desarrollo:
Notemos que la ecuación diferencial del P.V.I. (2) es una ecuación diferencial lineal, y su solución
 general, está dada por:
Z 
3 3
R R
− dt dt
x(t) = e t+100 e t+100 1.6 dt + C
 Z 
x(t) = e−3 ln(t+100) 1.6 e3 ln(t+100) dt + C
 Z 
ln[(t+100)−3 ] ln[(t+100)3 ]
x(t) = e 1.6 e dt + C
 Z 
x(t) = (t + 100)−3 3
1.6 (t + 100) dt + C

x(t) = (t + 100)−3 0.4(t + 100)4 + C

 

C
x(t) = 0.4(t + 100) + , C∈R
(t + 100)3

—————————————————–(0.2)—————————————————–
La solución particular la calculamos de la siguiente manera:
C
x(0) = 0.4(0 + 100) + = 0 ⇒ C = −40 · 1003
(0 + 100)3

Por lo tanto, la cantidad de kg de sal que hay en el tanque al tiempo t ≤ 100 es:

40 · 1003
x(t) = 0.4(t + 100) −
(t + 100)3

—————————————————–(0.2)—————————————————–

c) Plantee el P.V.I. que modela la situación después que se derrame la solución salina.
Desarrollo:
Para t = 100 minutos, V (100) = 200, por lo tanto, el volumen del tanque en todo tiempo t es
de 200 litros. La cantidad de sal a los 100 minutos es
40 · 1003
x(100) = 0.4(100 + 100) − = 75
(100 + 100)3

Sea x(t) la cantidad de sal (kg) en el tanque en un tiempo t, con t en minutos.

Para t ≥ 100 minutos, la ecuación diferencial es:

dx x
= 4 · 0.4 − 4 ·
dt 200
El P.V.I. para determinar la cantidad de sal en el tanque en un tiempo t ≥ 100 es:

 dx + 1 x = 1.6, t ≥ 100

dt 50 (3)

 x(0) = 75

—————————————————–(0.4)—————————————————–

d ) Determine la cantidad de sal que hay en el tanque al tiempo t después que se derrame la solución
salina.
Desarrollo:
Notemos que la ecuación diferencial del P.V.I. (3) es una ecuación diferencial lineal, y su solución
general, está dada por: Z 
dt dt
R R
x(t) = e− 50 e 50 1.6 dt + C
 Z 
t t
− 50
x(t) = e 1.6 e 50 dt + C

t
h t
i
− 50
x(t) = e 80e + C
50

t
x(t) = 80 + Ce− 50 , C∈R
—————————————————–(0.2)—————————————————–
 La solución particular la calculamos de la siguiente manera:

x(0) = 80 + Ce0 = 75 ⇒ C = −5

Por lo tanto, la cantidad de kg de sal que hay en el tanque al tiempo t ≥ 100 es:
t
x(t) = 80 − 5e− 50

—————————————————–(0.2)—————————————————–

e) Calcule la cantidad de sal a los 110 minutos de haber comenzado el proceso.

Desarrollo:

A los 110 minutos, se tiene

10
x(10) = 80 − 5e− 50 ≈ 75.906
Por lo tanto, la cantidad de sal a los 110 minutos es aproximadamente de 76 kg.

—————————————————–(0.2)—————————————————–